1、抽象函數(shù)經(jīng)典綜合題33例含詳細(xì)解答只給出它的一些特征或性質(zhì)的函數(shù)，抽象函數(shù)綜合考查學(xué)生對于數(shù)學(xué)符號語言的理解和接抽象函數(shù)，是指沒有具體地給出解析式，型綜合問題，一般通過對函數(shù)性質(zhì)的代數(shù)表述， 受能力，考查對于函數(shù)性質(zhì)的代數(shù)推理和論證能力，考查學(xué)生對于一般和特殊關(guān)系的認(rèn)識， 是考查學(xué)生能力的較好途徑。抽象函數(shù)問題既是教學(xué)中的難點，又是近幾年來高考的熱點。 本資料精選抽象函數(shù)經(jīng)典綜合問題 33例含詳細(xì)解答1.定義在 R上的函數(shù) y=f(x) , f(0)豐0，當(dāng)x>0時，f(x)>i ，且對任意的a、b R有f(a+b)=f(a)f(b),求證：f(0)=i ；求證：對任意的 x R,

2、恒有f(x)>0 ;證明：f(x)是R上的增函數(shù)；假設(shè)f(x) f(2x-x 2)>1，求x的取值范圍。1令 a=b=O,那么 f(O)=f(O) I f(0)工 0 f(0)=1(1)(2)4a=x, b=-x 貝U f(O)=f(x)f(-x) f( x)沽)由x>0 時,f(x)>1>0，當(dāng) x<0 時，-x>0 , f(-x)>0二 f (x)0 又 x=0 時，f(0)=1>0對任意x R,f(x)>0任取X2>X1,那么 f(x 2)>0 , f(x i)>0 , X2-x i>0 f(X2)f(x

3、i)f(X2)f( Xi) f(X2Xi) 1 f(x 2)>f(x i) f(x)在R上是增函數(shù)2 2 2 4f(x) f(2x-x )=fx+(2x-x)=f(-x+3x)又 仁f(0),f(x)在R上遞增由 f(3x-x2)>f(0)得：3x-x 2>0 0<x<32.函數(shù)f (x) , g(x)在 R上有定義，對任意的x, y R有f(x y)f(x)g(y) g(x)f(y)且 f(i) 0i求證:f (x)為奇函數(shù)2假設(shè) f(1) f (2),求 g(1) g( 1)的值解1對 x R ,令 x=u-v 那么有 f(-x)=f(v-u)=f(v)g(u

4、)-g(v)f(u)=f(u-v)=-f(u)g(v)- g(u)f(v)=-f(x)2f(2)=f1-(-1)=f(1)g(-1)-g(1)f(-1)=f(1)g(-1)+g(1)f(1)=f(1)g(-1)+g(1)/f(2)=f(1) 工 0 g(-i)+g(i)=i3.函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,y恒有f(x y) f(x) f (y)且當(dāng)x > 0, f(x) 0.又 f (1)2.(1)判斷f (x)的奇偶性；求f (x)在區(qū)間3,3上的最大值；解關(guān)于x的不等式f (ax2) 2 f (x) f (ax) 4.f( 3) f (3)6 f (x)在3,3 f(x)為奇函數(shù)，.整

5、理原式得f (ax2)進一步可得f (ax2 而 f (x)在 o,(ax 2)( x 1)當(dāng)a 0時，2時，x3上的最大值為6f( 2x)f (ax) f( 2)0時，x2x) f (ax 2)上是減函數(shù)，+ oo0.(xx|xx|- a,1)1 且 x Rx 12或 x 1 a2a>2 時，x x | x或xaa 2 時，x x | x14.f(x)在(1 , 1)上有定義,ax2 2x ax 21x yf(2)= x且滿足 w(1，1)有f(x)+f(y)=“弋)證明：f(x)在(1, 1)上為奇函數(shù);對數(shù)列 X1= - , Xn + 1 =2xn 2，求 f(Xn);21襯求證1

6、f(xj1f (X2)12n 5f(Xn)n 2解1取x y0,那么 f(00)2f(0)f(0) 0取 yx,那么f (x x) f (x)f( x)f( x)f (x)對任意XR恒成立 f (x)為奇函數(shù)2任取 X1,X2(,)且 X1X2 ,那么 X2X10f(X2)f( X1) f (X2X1)0f(X2)f ( X1),又f (x)為奇函數(shù)f(xj f () f (x)在o,+ o上是減函數(shù).對任意X:3,3，恒有 f(x) f ( 3)而 f(3)f(2 1)f(2)f(1) 3f (1)2 36(I )證明：令 x = y= 0,二 2f(0) = f(0), f(0) = 0

7、令 y = x,貝U f(x) + f( x)= f(0) = 0- f(x) + f( x) = 0f( x) = f(x) f(x)為奇函數(shù)1 2xnxnxn(II )解：f(xi) = f( )= 1 , f(Xn+ 1)= f(2 )= f( )= f(Xn)+ f(Xn)= 2f(Xn)2 1 Xn1 Xn Xnf (x )= 2即f(Xn)是以一1為首項，2為公比的等比數(shù)列f (Xn)-f(Xn) = 2n 1(川)解:1f(X1)1f(X2)f (Xn)(11 12 222n11 2n1122n5n2而1(2(2赤)2n1f(xj 仏)5.函數(shù)yX/(X1)2)1_2n 5f (

8、Xn)n 2f (x), x N , f (x) N，滿足：對任意 x1, x2N ,x1 x2,都有X2 f (X2)X1f (X2) X2 f (X1)；2nN，且 f (0)3假設(shè) f(0) 1n 111 f(31)41試證明：f (x)為N上的單調(diào)增函數(shù);1，求證：f (n) n 1 ；對任:m, n N ,有f (nf (m) f(n) 1 ,證明f(b)0,證明：1由知，對任意 a,b N*,a b，都有(a b)( f (a)由于a b0 ,從而f (a)f (b)，所以函數(shù)f (x)為N上的單調(diào)增函數(shù).2由1可知 nN 都有 f(n+1)>f(n),那么有f(n+1)f(

9、n )+1f(n+1)-f( n)1,f(n)-f(n-1)1?f(2)-f(1)1f(1)-f(0)1由此可得f(n)-f(0)nf(n)n+1命題得證33由任意,nN ,有 f (n f (m)f(n)1得 f (m)1 由 f(0)=1 得 m=0那么 f(n +1)=f(n)+1,那么 f(n)=n+16函數(shù)f(x)的定義域為 0,1 ,且同時滿足:(1)對任意x 0,1 ,總有f (x)2 ;(2) f(1)3(3)假設(shè)X10, X2 0 且 X1 X2 1，那么有 f (X1 X2)f(xj f (X2) 2(I)求f (0)的值；(II)求f (x)的最大值；(III)設(shè)數(shù)列an

10、的前n項和為Sn，且滿足Sn：(an 3),n N*.求證：f (a1)f) f®)f (an) 3 2n 2 3n 1 .解：1丨令x1X20，由(3),那么 f (0) 2f (0) 2,f(0) 2由對任意X0,1 ,總有 f(x) 2,f(0)2II丨任意X1,X20,1且X1X2，那么0X2:X1 1,f (X2X1)2f (X2)f (X2X1X1)f (X2 X1 )f (X1)2 f(xjfmax ( X)f(1)3(Hl) T Sn2 (an3)(nN*)Sn 14 (an13)(n2)anla,n 1(n 2),-心11 0 an1T7f (an)fj)f G箱3

11、n)f (3n)f(¥)2 3f(竊)4f(3n)1 f ( 13 T (3n1)43，即 f (a 1)3 f (an)43 0f (an)3 f (an1)433 f (an 2)44孑3'3n1 f (aj43n 144413n 232323n故 f(an)2 12 3n11 1 1f(3 i)3 3?丄3n1(11(1 丄)23n 2f(aj f) f (an) 2n申-即原式成立。1 37. 對于定義域為0,1的函數(shù)f (X)，如果同時滿足以下三條：對任意的x 0,1，總有f (X) 0 : f (1) 1 ；假設(shè) X1 0,X2 0,X1 X2 1，都有 f(X1

12、 X2) f(xjf(X2)成立，那么稱函數(shù) f(x)為理想函數(shù).(1) 假設(shè)函數(shù)f (x)為理想函數(shù)，求f (0)的值；X(2) 判斷函數(shù)g(x) 21 (x 0,1)是否為理想函數(shù)，并予以證明；假設(shè)函數(shù)f (X)為理想函數(shù)， 假定x00,1，使得f (x0)0,1 ,且f(f(X) Xo，求證 f(X°) Xo .解：1取 Xi X2 o可得 f(0)f(0)f(0) f (0)0 又由條件f(0)0,故f(0)0 X2顯然g(X) 21在0 , 1滿足條件g(X) 0 ;-也滿足條件g(1)1 假設(shè) x1 0 , x2 0, x1 x2 1，那么g(X1 X2)g(X1) g(

13、X2) 2X1 X2 1 (2X11) (2X2 1)2X1 X2 2X12X2 1 (2X2 1)( 2X1 1) 0，即滿足條件，故g (x)理想函數(shù).3由條件知，任給 m、n 0, 1,當(dāng)m n時，由m n知n m 0, 1,f(n)f(n m m) f(nm) f (m) f (m)假設(shè)X。f (X0)，那么 f(x°)ff(x。) X。，前后矛盾;假設(shè)x0f (X0)，那么 f(x°)ff(x。) X0 ,前后矛盾.故X0f (X0)8. 定義在R上的單調(diào)函數(shù)f (x),存在實數(shù)x0，使得對于任意實數(shù)x1 , x2，總有f (X0X1 X0X2) f (X0) f

14、 (X1) f (X2)恒成立。(I )求X0的值；1(n )假設(shè)f(x。) 1,且對任意正整數(shù) n,有an f( = ) 1,，求數(shù)列an的通項公式；2(川)假設(shè)數(shù)列bn滿足bn 2og1an 1，將數(shù)列bn的項重新組合成新數(shù)列C.，具體法2那么如下：C1b1,C2b2b3,C3b4b5b6,C4Sb$bg4°,，求證：111129 J 。C1 C2 C3Cn 24令X11,X20，得 f(X0)f(X。)f(1)f(0) ,f(1)由、'得f(X0)f(1),又因為f (x)為單調(diào)函數(shù)，X0(n) 由1得 f (x1X2)f (X1)f(X2)f(1) f(xjf(1)f

15、Gf(1)，f)0,af(31 1f(0)，1f(X2) 1 ,f(1f (刃)1丄丄)2* 1 2* 1 丿1 12f (班)1f (尹)1,1an1 2an，an2og12(川)由 Cn的構(gòu)成法那么可知，(n 1)n1+2+(n 1)+1 =bn2 fog 1 an21f(尹)f(1) 2f(洛)1，1 2n 1Cn應(yīng)等于bn中的n項之和，其第一項的項數(shù)為(n 1)n +1，即這一項為 2 x +1仁n(n 1)+12 22n(1 2n 1)3Cn=n(n 1)+1+ n(n 1)+3+ +n(n 1)+2 n仁n 2(n 1)+=n329解法3時,241n14i2 312 nn_1n(n

16、21)2(n 1)n n(n1(n 1) nn (n 1n (n 1)112292432： ： n 4n(n 1) n(n2)20,n3 4n(n1)1 1 1 1 ( ) 4n(n 1)4 n 1 n1111123 33 43n31 1 111 _ 1 _ 8 16 4 n8 16181916h14 229249.設(shè)函數(shù)f (x)是定義域在(°，)上的單調(diào)函數(shù)，且對于任意正數(shù)x，y有f(xy) f (x) f (y)， f (2)11)1求2的值;2一個各項均為正數(shù)的數(shù)列an滿足：f(Sn) f(an) f (an 1) 1(n N*)，其中Sn是數(shù)列an的前n項的和，求數(shù)列an的

17、通項公式；3在2的條件下，是否存在正數(shù)M，使2n a1對一切nN*成立？假設(shè)存在,求出 M的取值范圍；假設(shè)不存在，說明理由解：1. f(xy)f(x)f(y)，令 x y1，有f(1) f(1) f(1) 2f(1),.f(1) 0再令x 2,y1，有f(1) f(2)f(2)f(1) f (2)0 112. f(Sn)f (an)f (a1)1fan(an 1)f如an1)又.f(X)是定義域1Snan(an 1)2(0,)上單調(diào)Sn 0an(an1)當(dāng) n 1 時 1Sn 1an 1 (an 1 1)2S12a1(a11)a11Sn由一，得2 化簡，得an1 11an (an 1)2an

18、1 (an 11)2an 1(an an 1)0. (anan 1 )(an an 11) 0a2 an M 2n一1(2a 1) (2a? 1)(2a. 1)anai(n 1)d 1 (n 1) 1 n，故 annaia?an 2n 1 2n 2n n!(2a1 1)(2a2 1)(2a. 1) 1 3(2n 1)bn令2n ai a2- ann2 n!,2n 1(2a1 1)如 1)(2a. 1)= ,2n_1 1 3(2n1)bn而2n 1 (n 1)!,2n 3 1 3(2n 1)(2n 1)bn 1-bn2(n 1).2 n 1(2n 1) . 2n 32(n) 4n2 8 n 4

19、1 (2n1)(2rC3)4n2 8n 31bn 1d，數(shù)列bn為單調(diào)遞增函數(shù)，由題意bn恒成立，那么只需b1 二M(bn)min =，存在正數(shù)MM (0,使所給定的不等式恒成立，的取值范圍為(0,10定義在R上的函數(shù)X滿足fxy )1 fx( ) fy(f x <0。1設(shè)anfn(n ( N )，求數(shù)列的前n項和Sn ；2判斷 fx的單調(diào)性，并證明。解：1f(1令 x=n， y=1，那么f(n1)f (n)f (1)1 f(n) 2所以，a11,an 1an故數(shù)列an是首項為1，公差為2的等差數(shù)列。n n 12因此，Sn n (1)2 n22設(shè) x1、x2 R，且 x1x2，那么 x2

20、x101 1所以X2X1丄丄2 21于是 f (x2 x1)02又 f(X2) f (xj f(X2 xj 11 1f (x2x1) f ( ) 1f (x2 x1) 02 2所以f(X2) f (X1)，而函數(shù)f X在R上是減函數(shù)。11.設(shè)函數(shù)fx定義在R上，對于任意實數(shù) m、n,恒有fm n)fn() fn(),且當(dāng) x>0 時，0<f x<1。1求證：f 0=1，且當(dāng) x<0 時，f x>1 ；2求證：fx在R上單調(diào)遞減；3設(shè)集合 A (x, y)|(f x*) (y2)f (1),B (x,y)|f (ax y 2)1, a R，假設(shè) AH B ，求 a

21、的取值范圍。解：1令 m=1 , n=0,得 f 1= f 1 f 0又當(dāng) x>0 時，0< fx<1，所以 f 0=1設(shè) x<0，那么x>0令 m=x, n= x,貝V f 0= fx f一 x所以 f X f一 x=1又 0< f一 X<1，所以 f (x)1TTx)2設(shè) x1、x2 R，且 x1x2，那么 x2x10所以 o fx 2 x1)1從而 f(x2)( f x2 x1 x2)( f x2 x1) f (x1)又由條件及1的結(jié)論知f X0恒成立所以 liQ f (x2 x1)f(x)所以o 口_圣21f (X1)所以f X2 fX1，故f

22、 x在R上是單調(diào)遞減的。3由得：f(x2 y2) f (1因為f x在R上單調(diào)遞減所以x2 y21，即A表示圓x2 y21的內(nèi)部由 f ax y+2=1= f 0得：ax y+2=0所以B表示直線axy+2=02所以An b，所以直線與圓相切或相離，即. 1解得：'.3 a 312.定義在R上的函數(shù)fx對任意實數(shù)a、b都有f a+b+ fa b=2 fa f b 成立，且f (0)0。1求f 0的值；2試判斷f x的奇偶性;c3假設(shè)存在常數(shù)c0使f ( )0，試問fx是否為周期函數(shù)？假設(shè)是，指出它的一個周期；假設(shè)不是，請說明理由。解：1令 a=b=0那么 f 0 + f 0 =2 f

23、0 f 0所以 2 f 0 f 0 1=0又因為f (0)0,所以f0=12令 a=0 , b=x,貝U f x+ f一 x=2 f 0 f x由 f 0=1 可得 f一 x= f x所以f x是R上的偶函數(shù)。3令 acxb c，那么22c f xcc cf x2fxc f c222222因為f C 02所以 f x+c+ f x=0所以 f x+c= f X所以 f x+2c= f x+c= f x= f x所以f x是以2c為周期的周期函數(shù)。13.函數(shù)f X的定義域關(guān)于原點對稱，且滿足:1f (x1x) f(xj f(X2)12f(X2)f(X1)2存在正常數(shù)a，使f a=1求證：1f x

24、是奇函數(shù)；2fx是周期函數(shù)，并且有一個周期為4a證明：1設(shè)t x1 x2，那么f( t)f(X2 Xi)f(X2) f (Xi)1f (Xi) f(X2)f (Xi) f(X2)1f(X2) f (Xi)f(Xi X2)f(t)所以函數(shù)f X是奇函數(shù)。2令 x12a, x2a，那么 f (a)f (2a) - f(a) if(a) f(2a)即if (2a) ii f (2a)解得：f 2a =0所以f (x 2a)f(x) - f( 2a) if( 2a) f(x)f (x) ( fa2i)fa(2 ) f(x)if (x)所以f x 4aif (x 2a)i匸f ()xf(X因此，函數(shù)f

25、X是周期函數(shù)，并且有一個周期為4a。i4. f (X)對一切 X，y，滿足 f (0)0，f (X y) f (x) f (y)，且當(dāng) x 0時,2f (X)在R上為減函數(shù)。f (x) i，求證：ix 0時，0 f(x) i ；證明： 對一切 x， y R有 f (x y) f (x) f (y)。且 f (0)0，令Xy0，得 f (0)現(xiàn)設(shè)X0,那么 x0，f(x) i，而 f (0)f(X) f (X)if ( x)if (X)i0 f(x) i ，設(shè) x1, x2 R 且 x1 x2,那么 0 f(X2 xi)1,f(X2)f(X2 Xi) Xif (X2 Xi) f (Xi)f (X

26、i)f (Xi)f (X2),即f (X)為減函數(shù)。i5.函數(shù)f (x)是定義在(，i上的減函數(shù)，且對一切實數(shù)x ,不等式fk( sinx) fk( 2 sinjx 恒成立，求 k 的值。分析：由單調(diào)性，脫去函數(shù)記號，得.2 . 2k sin x i2 2k sin x k sin x2 2k isinx(i)iik k ； (si nx -)42由題意知(i)(2)兩式對一切x R恒成立，那么有k2(isin X)minii “ .i、29k2k(snx)max424i6.設(shè)定義在R上的函數(shù)f (x)對于任意x, y都有f (x y) f (x) f ( y)成立，且f(i) 2，當(dāng) X 0

27、時，f(x) 0。i判斷f(x)的奇偶性，并加以證明；2丨試問：當(dāng)-2003 < X < 2003時，f (x)是否有最值？如果有，求出最值；如果沒有, 說明理由；ii3解關(guān)于 x 的不等式？ f (bx2)f (x) f (b2x) f (b)，其中 b22.分析與解：令x=y=0，可得f(0)=0令 y=-x，貝U f(0)=f( x)+f(x)，二 f( x)= - f(x)，二 f(x)為奇函數(shù)設(shè)一3< Xi v X2 < 3, y= Xi, X=X2那么 f(X2 Xi)=f(X2)+f( Xi)=f(X2) f(Xi)，因為 X > 0 時，f(x)

28、V 0 ,故 f(X2 Xi)V 0,即卩 f(X 2) f(Xi) V 0。 f(X2)v f(xi)、f(x)在區(qū)間-2003、2003上單調(diào)遞減 x= 2003 時，f(x)有最大值f( 2003)= f(2003)= f(2002+1)= f(2002)+f(1)= f(2001)+f(1)+f(1)=2003f(1)=4006。x=2003 時，f(x)有最小值為 f(2003)= 4006。1由原不等式，得f(bx2) f(b 2x) > f(x) f(b)。2即 f(bx 2)+f( b2x) > 2f(x)+f( b) f(bx2 b2x) > 2 f(x b

29、)，即 fbx(x b) > f(x b)+f(x b) fbx(x b) > f2 f(x b)由 f(x)在 x R 上單調(diào)遞減，所以bx(x b) v 2(x b), (x b)(bx 2) v 0/ b2 > 2, b >、2 或 b w . 2 2 2 當(dāng)b >2時，b >蘭，不等式的解集為 x|2 x b bb當(dāng)b v- 2時，b v b，不等式的解集為x|xb或X*當(dāng)b= 2時，不等式的解集為 x|x、2，且x R當(dāng)b= .2時，不等式解集為$17定義在 R上的函數(shù)f x滿足：1值域為 1,1，且當(dāng)x 0時，1 f x 0;2丨對于定義域內(nèi)任意

30、的實數(shù) x,y，均滿足:試答復(fù)以下問題：I試求f 0的值；n丨判斷并證明函數(shù) f x的單調(diào)性;川假設(shè)函數(shù)f x存在反函數(shù) gx,求證 ：1111gg511g2 n3n1 g2分析與解：I在ff mnf mf n中，令m0,n0，那么有fmf m f0 即:1 fm f n1 f m f0f m 1fm f 01mf 0也即：f 02f m10 n函數(shù)f x的單調(diào)性必然涉及到f xy，于是，由，我們可以聯(lián)想到:是否有這個問題實際上是：f n f n是否成立?為此，我們首先考慮函數(shù) f x的奇偶性，也即f x與f x的關(guān)系.由于f 0 0，所以，在f m n 丄一中，令nm，得f m f m 0

31、所以，函數(shù)f x1 f m f n為奇函數(shù).故*式成立.所以，fm fn fmn1fmfn .任取NX R，且為 X2，那么 X2 為 0，故 f X2 x!0且 1 f x?，f x!1 .所以，f x2f fx2x11fx2fx10，所以，函數(shù)f x在R上單調(diào)遞減.川丨由于函數(shù)f X在R上單調(diào)遞減，所以，函數(shù)f x必存在反函數(shù)g x ,由原函數(shù)與反函數(shù)的關(guān)系可知:也為奇函數(shù);g x在 1,1上單調(diào)遞減；且當(dāng)1 x 0 時，g x 0 .為了證明此題，需要考慮 g x的關(guān)系式.在式的兩端，同時用g作用，得:令 f m x, f ny，那么m g x ,n g y，那么上式可改寫為:g x g

32、 y g1 xy不難驗證：對于任意的 x,y 1,1，上式都成立.根據(jù)一一對應(yīng)這個式子給我們以提示：即可以將這樣，我們就得到了 g x的關(guān)系式.二一寫成的形式，那么可通過裂項相消的方n 3n 11 xy法化簡求證式的左端.事實上，由于12n 3n所以,13nn 1r1n 1所以,13n丄11點評:般來說，涉及函數(shù)奇偶性的問題，首先應(yīng)該確定f 0的值.18.函數(shù)f x對任意實數(shù)x、y都有f xy= fx f y，且f 1= 1, f27= 9,當(dāng)°1時，了乞【°1判斷fx的奇偶性；2判斷fx在0,+d 上的單調(diào)性，并給出證明;3假設(shè)八。且/ f的，求a的取值范圍。X是偶函數(shù)，

33、且分析：由題設(shè)可知f x是幕函數(shù)的抽象函數(shù)，從而可猜測 在0,+上是增函數(shù)。解：1令 y= 1,那么 f x= f x f一 1 ,V f 1= 1,f一 x= fX，fx為偶函數(shù)。 0 A <1時,上是增函數(shù)。/WeoPy/A)<i，二 f X1v fX2，故 fx在 0,+9) = f(3)x/(9) = /(3)佝 /(3) =9=/(3)3, /二，, ，"，又a 2 Q, + 1»3 C 0*)皿+1 <3,即口"=9,又a > 075)，故19.設(shè)函數(shù) =/w 的定義域為全體R,當(dāng)x<0時, /W>1 ,且對任意的實

34、數(shù) X, y尺有-成立，數(shù)列；滿足I /|.,且了(心=三/()nNI求證：R上的減函數(shù);n求數(shù)列的通項公式;川假設(shè)不等式對一切n均成立，求k的最大值.解析：令齊=7 y=Q，得找m(Q),由題意知-"-，所以-，故1-.當(dāng)a>0時，一兀cd,=/S)= 1，進而得 Q 5Q <1設(shè)町，也運氏且心5，那么心-®沁,''1 : - ' .,I''1 ' :- - r -'''即' "'-,所以'、是R上的減函數(shù).n由寺)所以因為'是 R上的減函數(shù)，所以

35、*+1 2叭+1aK+l = 十乙即L> 1, 進而r-6,丄所以乩是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列.=-1x2 = 2-1所以亠,所以'2«-1 .川由門+厲1卩+巾卩+氣對一切n N均成立.對一切n N*均成立.上成(1 + 1 )(1 + 山2) (1 +厲 J 知f-J-' 1 -(l-bg1Xl+g2)-(l+aw)十 1二且C1+旳1 + 叼1+致1+%卅0掄科十了月也+1)_2佢+ 1)- 2仗 + 1)+3J4(丹 +1)； 一 七屈1紐1所以,k的最大值為'20.函數(shù)f(x)的定義域為 D xx 0,滿足：對于任意m,n D，都有f(m

36、n) f(m) f (n)，且 f(2)=1.求f(4)的值;如果f(2x 6)3,且f (x)在(0,)上是單調(diào)增函數(shù)，求x的取值范圍.(1) f(4)f(2 2)f(2)f(2) 11 2.(2) 3 = 2+ 1 = f (4)f(2) f (4 2)f(8).因為f(x)在(0,)上是增函數(shù)，所以f(2x 6)3 f (2x 6) f (8)0 2x 6 83 x7.21.函數(shù)f(x)的定義域為R,并滿足以下條件：對任意R，有f(x) 0 ;對任意x、1y R，有 f (xy) f(x)y ； f()1.31求f(0)的值;2求證：f (x)在R上是單調(diào)增函數(shù);3假設(shè)ab c 0,且b

37、2 ac,求證：f(a) f (c)2f(b).9.解：解法一:0,y2，得：f(0)f(0)2f(0)f (0)2任取x-i、X2)，且 X1X2 . 設(shè) X!13P1，X2-p2,那么 P1P23f(xj f (x2)1f(3 P2) f3P11f(£)P231f(3)1, P13P2f(X1)f(X2)f(X)在R上是單調(diào)增函3由12知 f (b) f (0) 1f(b) 1a cf (a) f (b -) f (b)bbf(C) f(b C)cf(b)bf(a) f(c)ac)a cf(b)b f(b)72 f(b)肓而a c2 ac2 b22b2 f (b) b2 f (b

38、)b2f(b)解法二:1 對任意x、y R,有f(xy)f(x)f(x)f(x 1)f(1)x 訂分任意 x R,f(x) 03分f(a) f(c) 2f(b)y13當(dāng) x 0時 f(0)f(1)°f(0) 11 11, f(1) f(3 3)叫h 1f (x) f (1)x是R上單調(diào)增函數(shù)即f (x)是R上單調(diào)增函數(shù)；f(a) f(c) f(1)a f(1)c2,f(1)ac而 a c 2 . ac 2 . b22b2f(1)a c 2,f (1)2b 2f(b)f(a) f(c) 2f(b)22.定義在區(qū)間0,上的函f(x)滿足：1f(x)不恒為零；2對任何實數(shù) x、q,都有 f

39、(xq) qf(x).1求證：方程f(x)=0有且只有一個實根；2假設(shè) a>b>c>1,且 a、b、c 成等差數(shù)列，求證： f(a)?f(c) f2 (b)；3本小題只理科做假設(shè)f(x)單調(diào)遞增，且m>n>0時，有f(m) f (n)2 f (匹)，2求證：3 m 2,2解：(1)取 x=1,q=2,有f(12)f (2)即f (1) 0 1是f (x) 0的一個根，假設(shè)存在另一個實根X。 1，使得f(xj 0對任意的捲(捲(0,)成立，且 X1x°q(q 0),有 f(xj qf(«) 0,f(x°) 0恒成立，f (xj 0,與條

40、件矛盾，f(x) 0有且只有一個實根x 12 a b c 1,不妨設(shè) a bq1 ,c bq2，那么 q1 0，q2 0 f (a)? f (c)f(bq1) ? f (bq2) q1q2 ? f2(b)，又 a+c=2b,-ac-b 2 =(a c)2即 ac<b2 bqi q2b2, 0 qiq22,q2q專21 f(a)f(c) f (b)f(1) 0, f(x)在(0,)單調(diào)遞增，當(dāng)(0,1)時 f(x)0;當(dāng) x (1,)時,f(x) 0.又 f(m) f(n),f(m) f (n), f (m)f(n), m0, f (m)f (n).令 m=bq ,n= bq2 ,b1,且

41、 qg20那么 f(m)+f(n)=(q1q 2) f(b)=f(m n)=0mn1.0 n 1m,f (m)，且m 1,M .mn21,f (m)m2f(二n),f(m)即 4m=m2 2mn n2,4m m222 n ,由 0<n<1 得 0 4m1,23.設(shè)f (x)是定義域在1,1上的奇函數(shù)，且其圖象上任意兩點連線的斜率均小于零I丨求證f(x)在1,1上是減函數(shù)；2II如果f(x c)， f (x c )的定義域的交集為空集，求實數(shù) c的取值范圍；III丨證明假設(shè)1 c 2，那么f(x c)， f (x c2)存在公共的定義域，并求這個公共的空義域.解：1T奇函數(shù)f (x)

42、的圖像上任意兩點連線的斜率均為負(fù)對于任意x1> x2 1, 1且x1x2有f(X1)f(X2)0X1 X2從而x1 x2與f (x1)f (x2)異號- f (x)在1, 1上是減函數(shù)f(x c2)的定義域為c2 1, c2 1上述兩個定義域的交集為空集貝U有：c2 1 c 1 或 c2 1 c 1解得：c 2或c 1故c的取值范圍為c 2或c 13 c 1 c 1 恒成立由知：當(dāng) 1 c 2時c21 c 1當(dāng)1 c 2或 1 c 0時 c2 1 c 1 且 c2 1 c 1此時的交集為(c21, c 1當(dāng)0 c 1c21 c 1 且c2 1 c 1此時的交集為c 1, c21故1 c

43、2時，存在公共定義域，且當(dāng)1 c 0或1 c 2時，公共定義域為(c21, c1；當(dāng)0c 1時，公共定義域為c 1, c2 1.24.函數(shù)f(x)=_ ,且 f(x),g(x) 定義域都是 R,且 g(x)>0, g(1)=2,g(x)是增g(x) 1函數(shù).g(m) g(n)= g(m+n)(m 、n R)求證：f(x)是R上的增函數(shù)解：設(shè)X1>X2g(x) 是R上的增函數(shù)，且g(x)>0g(x 1) > g(x 2) >0g(x 1)+1 > g(x 2)+1 >0g(xj 1g(X2)1g(xj 1gg) i =1-g(x2)1g(xi) 1g(x

44、2)1f(x 1)- f(x2)=_1g(xj1>og(x2) 1 g(x1) 1f(x 1) >f(x 2)f(x) 是R上的增函數(shù)25.定義在R+上的函數(shù)f(x)滿足：對任意實數(shù) m,f(xm)=mf(x);f(2)=1.(1)求證:f(xy)=f(x)+f(y)對任意正數(shù)x,y都成立；證明f(x)是R+上的單調(diào)增函數(shù)；假設(shè)f(x)+f(x-3) < 2,求x的取值范圍.解：(1)令 x=2m,y=2n,其中 m,n 為實數(shù)，那么 f(xy)=f(2 m+n)=(m+n)f(2)=m+n.又 f(x)+f(y)=f(2 m)+f(2 n)=mf(2)+nf(2)=m+n,

45、所以 f(xy)=f(x)+f(y)證明：設(shè)0 X1X2,可令mn且使X12m,X22n,由(1)得f(X1)f(X2)f(0)f(2m n) (m n)f(2) m n 0X2故f(X1)<f(x 2),即f(x) 是 R+上的增函數(shù).由 f(x)+f(x-3) w 2 及 f(x)的性質(zhì)，得 fx(x-3) w 2f(2)=f(2)解得 3<x w 4.26.f(x)是定義在 R上的函數(shù)，f(1)=1,且對任意x R都有f(x+5) >f(x)+5,f(x+1) w f(x)+1. 假設(shè) g(x)=f(x)+1-x,求 g(2002)解：由 g(x)=f(x)+1-x,

46、得 f(x)=g(x)+x-1.所以 g(x+5)+(x+5)-1 > g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1 w g(x)+(x-1)+1即 g(x+5) > g(x),g(x+1) w g(x).所以 g(x) w g(x+5) w g(x+4) w g(x+3) w g(x+2) w g(x+1),故 g(x)=g(x+1)又 g(1)=1,故 g(2002)=1.27設(shè)定義在 R上的函數(shù)f(x),滿足當(dāng)x>0時,f(x)>1,且對任意x,y R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=22 一 2 1(1)解不等式 f(3xx2) 4,;(2

47、)解方程f(x)2-f (x 3) f(2) 1.2解:(1)先證 f(x)>0,且單調(diào)遞增，因為 f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0 時 f(x)>1,所以 f(0)=1.又f(x) f(XX) f(-)20,假設(shè)存在某個 xo R,使f(xo) 0,那么2 2 2f(x)=f(x-x o)+xo=f(x-x o)f(x o)=0,與矛盾，故f(x)>0任取 X1,X2 R 且 X1<X2,那么 X2-X1>0,f(X 2-X1)>1,所以 f(x 1 )-f(x 2)=f(x 2-X1)+X1-f(X 1)=f(x 2-X1)f(X

48、1)-f(X 1)=f(X 1)f(X 2-X1)-1>0.所以x R時,f(x)為增函數(shù).解得:x|1<x<2f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化為：f(x) 2+4f(x)-5=0,解得 f(x)=1 或 f(x)=-5舍)由(1)得 x=0.28. 定義域為R的函數(shù)f(x)滿足：對于任意的實數(shù)x, y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且當(dāng)x > 0時 f(x) V 0恒成立.判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并證明你的結(jié)論；證明f(x)為減函數(shù)；假設(shè)函數(shù)f(x)在-3 , 3上總有f(x) < 6成立，試確定f(1)應(yīng)滿足的條件；1 2 1 2 一(3)解關(guān)于x的不等式一f(ax ) f (x) f(a x) f (a),(n是一個給定的自然數(shù)，a 0)nn解：1由對于任意x R, y R, fx+y=fx+ fy恒成立令x=y=0，得 f 0+0= f 0+ f 0， f 0=